Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
#1
Đã gửi 09-01-2012 - 18:43
$x+y\geqslant 2\sqrt{xy}$ $dpcm$
2 Với mọi x, y ta luôn có $xy$$\leqslant \frac{(x+y)^{2}}{4}$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y. Cm:$x^{2}+y^{2}\geqslant 2xy \Rightarrow (x+y)^{2}\geqslant 4xy \Rightarrow \frac{(x+y)^{2}}{4}\geq xy$
3. $xy$$\leqslant$$\frac{x^{2}+y^{2}}{2}$. Cái ni như CM như cái 2 đã chứng minh trên
4.BĐT bunhiacốpxki cho 2 bộ số $(x+y)^{2}\leqslant 2(x^{2}+y^{2})$.
Phía dới sẽ là các bài toán về BĐT dành cho lớp 8. Mong các bạn post đề để nhiều thành viên được học hỏi, giải
#2
Đã gửi 09-01-2012 - 18:46
Cho a,b,c là các số nguyên dương thỏa mãn $$abc=1$$.Chứng minh rằng
$\frac{ac}{b^{2}(a+c)}+\frac{ab}{c^{2}(a+b)}+\frac{bc}{a^{2}(b+c)}\geqslant \frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 09-01-2012 - 18:47
#3
Đã gửi 09-01-2012 - 21:15
$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\geq \frac{(a+b)^2}{x+y}$
$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Dấu bằng xảy ra khi:$\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$
*BĐT Cô-si cho 3 số không âm:
$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$(Với trình độ lớp 8 thì BĐT chỉ để tận dụng điều kiện $xyz=k$ với k cho trước)
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z(=\sqrt[3]{k})$
Đặt $ x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c} \Rightarrow xyz=1$ và:Mình xin góp 1bài.
Cho a,b,c là các số nguyên dương thỏa mãn $$abc=1$$.Chứng minh rằng
$\frac{ac}{b^{2}(a+c)}+\frac{ab}{c^{2}(a+b)}+\frac{bc}{a^{2}(b+c)}\geqslant \frac{3}{2}$
$VT=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant^{Schwar} \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2} \geqslant^{Cauchy}\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}=VP (\square )$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tudragon: 09-01-2012 - 21:16
- Dung Dang Do và cobonla2323 thích
#4
Đã gửi 09-01-2012 - 21:20
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 10-01-2012 - 12:47
- cobonla2323 yêu thích
#5
Đã gửi 09-01-2012 - 22:09
Sau đây là một số bài dành cho các bạn lớp 8-cũng khá đơn giản:
a, Cho ${a^2} + {b^2} = 1$ và ${m^2} + {n^2} = 1$. CM:$|am + bn| \le 1$
b,Cho x,y,x thỏa mãn: $xy + yz + yz = 4$.CM: ${x^4} + {y^4} + {z^4} \ge \frac{{16}}{3}$
c, Cho $a+b=2$. CM: ${a^4} + {b^4} \ge {a^3} + {b^3}$
d, Cho $a+b+c=3$. CM: ${a^4} + {b^4} + {c^4} \ge {a^3} + {b^3} + {c^3}$
e, Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=4$. CM: $x + y \ge xyz$
f, Cho $x,y>0$ và ${x^3} + {y^3} = x - y$. CM: ${x^2} + {y^2} < 1$
g,Cho $a+b=1$. Cm:${a^2} + {b^2} \ge \frac{1}{2}$ và ${a^4} + {b^4} \ge \frac{1}{8}$
h,Cho $x,y,z>0$. CM: $\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \ge 3$ và $\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}$
i, Cho $x,y,z>0$. và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{5}{3}$. CM:$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} - \frac{1}{z} < \frac{1}{{xyz}}$
k,Cho $0 \le x,y,z \le 1$.CM:$0 \le x + y + z - xy - yz - xz \le 1$
l, Cho $ - 1 \le x,y,z \le 2$ và $x+y+z=0$ Cm: ${x^2} + {y^2} + {z^2} \le 6$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 11-01-2012 - 11:48
- Tea Coffee yêu thích
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#6
Đã gửi 09-01-2012 - 23:05
Không cho cao thủ thì mình chém đây.Mong mấy cao thủ không chém mấy bài này
Sau đây là một số bài dành cho các bạn lớp 8-cũng khá đơn giản:
a, Cho ${a^2} + {b^2} = 1$ và ${m^2} + {n^2} = 1$. CM:$|am + bn| \le 1$
b,Cho x,y,x thỏa mãn: $xy + yz + yz = 4$.CM: ${x^4} + {y^4} + {z^4} \ge \frac{{16}}{3}$
c, Cho $a+b=2$. CM: ${a^4} + {b^4} \ge {a^3} + {b^3}$
d, Cho $a+b+c=3$. CM: ${a^4} + {b^4} + {c^4} \ge {a^3} + {b^3} + {c^3}$
e, Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=4$. CM: $x + y \ge xyz$
f, Cho $x,y>0$ và ${x^3} + {y^3} = x - y$. CM: ${x^2} + {y^2} < 1$
g,Cho $a+b=1$. Cm:${a^2} + {b^2} \ge \frac{1}{2}$ và ${a^4} + {b^4} \ge \frac{1}{8}$
h,Cho $x,y,z>0$. CM: $\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \ge 3$ và $\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}$
i, Cho $x,y,z>0$. và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{5}{3}$. CM:$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} - \frac{1}{z} < \frac{1}{{xyz}}$
k,Cho $0 \le x,y,z \le 1$.CM:$0 \le x + y + z - xy - yz - xz \le 1$
l, Cho $ - 1 \le x,y,z \le 2$ và $x+y=z=0$ Cm: ${x^2} + {y^2} + {z^2} \le 6$
a) Áp dụng trực tiếp CBS ta có: $\sqrt {({a^2} + {b^2})({m^2} + {n^2})} \ge \sqrt {{{(am + bn)}^2}} = \left| {am + bn} \right| \Rightarrow Q.E.D$
b) Áp dụng 2 bđt quen thuộc là: ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + ac + bc$ và ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3}$ ta có:
\[{x^4} + {y^4} + {z^4} \ge {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2} \ge \frac{{{{(xy + yz + zx)}^2}}}{3} = \frac{{16}}{3}\]
c) ${a^4} + {b^4} \ge {a^3} + {b^3} \Leftrightarrow 2({a^4} + {b^4}) \ge (a + b)({a^2} + {b^3}) \Leftrightarrow {(a - b)^2}({a^2} + ab + {b^2}) \ge 0$
d) Tương tự câu c
_________________________________________________
P/S: Mai xử tiếp
- CaptainCuong và Lao Hac thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#7
Đã gửi 10-01-2012 - 12:01
Câu d: $x^4+y^4+z^4\geq x^3+y^3+z^3 \leftrightarrow 3x^4+3y^4+3z^4\geq (x^3+y^3+z^3)(x+y+z)$
Tương đương $2x^4+2y^4+2z^4\geq x^3y+x^3z+y^3x+y^3z+z^3y+z^3x$ <1>
Ta thấy $x^4+x^4+x^4+y^4\geq 4x^3y$ ($cauchy$ 4 số ) và tương tự với các số còn lại
Suy ra $x^4+y^4+z^4\geq x^3y+y^3z+z^3x$
Tương tự cũng có $x^4+y^4+z^4\geq xy^3+yz^3+zx^3$ (hình như đây là bất đẳng thức đồng bậc thì có th tổng quát)
Suy ra <1> đúng hay ta có $đpcm$
Câu e: $x+y\geq xyz \leftrightarrow x+y\geq xy(4-x-y) \leftrightarrow x+y+x^2y+xy^2\geq 4xy$ và đây là hiển nhiên vì nó là $Cauchy$ 4 số
Câu f: Ta có $x^3+y^3>0$ do $x,y>0$ suy ra $x-y>0 \leftrightarrow x>y$ <1>
Ta có $(x-y)(x^2+y^2)=x^3+xy^2-yx^2-y^3<x^3+y^3$ (do <1>)
Suy ra $(x-y)(x^2+y^2)<x^3+y^3 \rightarrow x^2+y^2<1$ do $x-y=x^3+y^3$ suy ra $đpcm$
Câu g: Áp dụng bất đẳng thức (hệ quả của $cauchy$)
$x^2+y^2\geq \dfrac{(x+y)^2}{2}$
Áp dụng: $a^2+b^2\geq \dfrac{(a+b)^2}{2}=\dfrac{1}{2}$
$a^4+b^4\geq \dfrac{(a^2+b^2)^2}{2}=\dfrac{1}{8}$
Cau l: Từ $-1\le x,y,z \le 2$ suy ra $(x+1)(x-2)\le 0 \rightarrow x^2-x-2\le 0 \rightarrow x^2\le x+2$
Tương tự $y^2\le y+2$ và $z^2\le z+2$
Do vậy $x^2+y^2+z^2\le x+y+z+6=6$
Câu h phần $b$ nè:
$\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\geq \dfrac{(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})^2}{3}=(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})(\dfrac{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}}{3})\geq \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}$ (do Câu a) suy ra $đpcm$
Dấu $"="$ khi dấu $"="$ ở câu a xảy ra và ở câu b xảy ra tức $x=y=z=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-01-2012 - 13:00
- Mai Duc Khai và Dung Dang Do thích
#8
Đã gửi 10-01-2012 - 12:23
Thiếu hệ số nTổng quát CôSi cho n sốk không âm luôn $$ a_{1}+ a_{2} + .. a_n \geqslant \sqrt[n]{a_{1}a_{2}..a_{1} a_n}$$
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#9
Đã gửi 10-01-2012 - 12:30
$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{xyz}}=3$
p/s: Mình đang suy nghĩ phần b, với lại bận quá.Các bạn thông cảm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 10-01-2012 - 12:34
#10
Đã gửi 10-01-2012 - 12:39
Mình cũng bận nên tối nay có thời gian, mình sẽ làm.chém câu h phần đầu trước (thấy dễ) Áp ụng BĐT CôSi cho 3 số dương ta có
$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{xyz}}=3$
p/s: Mình đang suy nghĩ phần b, với lại bận quá.Các bạn thông cảm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 10-01-2012 - 12:41
- Dung Dang Do yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#11
Đã gửi 10-01-2012 - 12:57
$\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\geq \dfrac{(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})^2}{3}=(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})(\dfrac{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}}{3})\geq \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}$ (do Câu a) suy ra $đpcm$
Dấu $"="$ khi dấu $"="$ ở câu a xảy ra và ở câu b xảy ra tức $x=y=z=1$
Ở đây ta đã dùng bdt $x^2+y^2+z^2\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
Thêm câu $k$ nữa
$x+y+z-xy-yz-zx=x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)\geq 0$ vì $0\le x,y,z\le 1$ dấu $"="$ khi $x=y=z=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-01-2012 - 13:06
#12
Đã gửi 10-01-2012 - 13:01
hai đứa ta phối hợp ghi bàn vào lưới của bạnCâu h phần $b$ nè:
$\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\geq \dfrac{(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})^2}{3}=(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x})(\dfrac{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}}{3})\geq \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}$ (do Câu a) suy ra $đpcm$
Dấu $"="$ khi dấu $"="$ ở câu a xảy ra và ở câu b xảy ra tức $x=y=z=1$
maikhaiok. Tớ kiến tạo cho cậu để cậu ghi bàn
- nguyenta98 yêu thích
#13
Đã gửi 10-01-2012 - 13:11
*Có: $x+y+z-xy-yz-xz=x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)$. Mà $0 \le x,y,z \le 1$ nên $1-x;1-y;1-z\geq 0$ suy rak,Cho $0 \le x,y,z \le 1$.CM:$0 \le x + y + z - xy - yz - xz \le 1$
$x+y+z-xy-yz-xz=x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)\geq 0$.
*Có: $0 \le x,y,z \le 1$ nên $(x-1)(y-1)(z-1)\leq 0\Rightarrow xyz+x+y+z-xy-yz-zx-1\leq 0\Rightarrow x+y+z-xy-yz-zx\leq 1-xyz\leq 1$
#14
Đã gửi 11-01-2012 - 11:45
#15
Đã gửi 11-01-2012 - 12:09
Từ giả thiết: $ - 1 \le x,y,z \le 2$ \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
(x - 2)(x + 1) \le 0 \\
(y - 2)(y + 1) \le 0 \\
(z - 2)(z + 1) \le 0 \\
\end{array} \right.\]
Cộng vế theo vế của 3 BĐT trên ta có:
\[{x^2} + {y^2} + {z^2} - (x + y + z) - 6 \le 0\]
\[ \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \le 6(dpcm)\]
- Dung Dang Do yêu thích
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#16
Đã gửi 11-01-2012 - 12:11
Mog các "Sư phụ" ko giải bài này. Để cho các đệ tử
p/s: May mà chiều nay ko đi học đội tuyển để post đề
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 11-01-2012 - 13:28
#17
Đã gửi 11-01-2012 - 12:52
Sư phụ đây lời giải nè:BĐT hình học: (bài này tớ đi học về post cho các bạn làm)Cho Hình vuông $ABCD$ có canh bằng $a$, $M$ , $N$ là hai điểm thay đổi trên cạnh $CB$ và $CD$ sao cho $\widehat{MAN}=45^{\circ}$ . Xác định vị trí của $M$, $N$ để diện tích $AMN$ đạt giá tri nhỏ nhất và lớn nhất.
Mog các "Sư phụ" giải bài này. Để cho các đệ tử
p/s: May mà chiều nay ko đi học đội tuyển để post đề
Lời giải ở phần tập tin đính kèm (attach files)
File gửi kèm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 11-01-2012 - 12:56
- Mai Duc Khai và Dung Dang Do thích
#18
Đã gửi 11-01-2012 - 13:34
2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
CHứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$
Chứng minh $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$
P/s: Các cao thủ đi đâu cả rồi sao ko chém nựa:D
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 11-01-2012 - 17:14
- Mai Duc Khai yêu thích
#19
Đã gửi 11-01-2012 - 18:05
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#20
Đã gửi 11-01-2012 - 19:28
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. $a+b+c=6$
Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+2abc\geq 52$
You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh